Phát triển các câu VD – VDC trong đề tham khảo TN THPT 2021 môn toán

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

Định hướng ơn thi tốt nghiệp THPT
Phân tích, định hướng tìm lời giải, xây dựng các bài tương tự các
câu VD – VDC
ĐỀ THI THAM KHẢO TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021

Ngày 31/3/2021 Bộ GD&ĐT chính thức công bố đề thi tham khảo, tạo điều
kiện thuận lợi cho giáo viên và các em học sinh ôn tập. Trên cơ sở đó, các trường
THPT, các Sở GD &ĐT cũng tổ chức ra các đề thi thử tốt nghiệp THPT nhằm
đánh giá năng lực của các em học sinh và cũng là dịp để các em được làm quen với các
dạng toán trắc nghiệm.
Kỳ thi tốt nghiệp THPT năm 2021 đã đến gần, để tạo điều kiện cho q thầy
cơ cùng các em có tài liệu ơn tập trong thời gian gấp rút này Nhóm Giáo viên Tốn
Việt Nam xin gửi tới quý thầy cô và các em bài viết “Phân tích, định hướng tìm lời giải,

xây dựng các bài tương tự các câu VD – VDC Đề thi tham khảo tốt nghiệp THPT Năm
2021”

Hy vọng bài viết sẽ giúp q thầy cơ có thêm tài liệu tham khảo; các em học sinh
nắm chắc các kiến thức trong chương trình THPT; tiếp cận được với các bài tốn mới,
hay và lạ. Đặc biệt, rèn luyện tốt kỹ năng thi trắc nghiệm mơn Tốn.

/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Câu 41

2

2

 x  1 khi x  2
Cho hàm số f  x    2
. Tích phân  f  2 sin x  1 cos xdx bằng:
 x  2 x  3 khi x  2
0
23
23
17
17
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
6
6
3

Facebook: Nam Phương – Thủy Dao – Trần Chinh
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài tốn tính tích phân của hàm hợp.
- Để tính được tích phân trên ta phải thực hiện phép đổi biến để đưa về hàm đã cho.
- Cụ thể các bước thực hiện như sau:
+ B1: Đặt 2sin x  1  t .
+ B2: Biểu thị cos xdx theo tdt .
b

+ B3: Đổi cận, và tính tích phân

 f  t  dt .
a

Lời giải
Chọn B

2

Xét I   f  2sin x  1 cos xdx
0

1
Đặt 2sin x  1  t  2cos xdx  dt  cos xdx  dt
2

Đổi cận: x  0  t  1 ; x   t  3 .
2
3
2
3
3
1
1
1
1
I   f  t  dt   f  t  dt    t 2  2t  3 dt    t 2  1 dt
2

21
21
22
1

 2 1  t 3  3 23
1  t3
   t 2  3t     t   .
2 3
1 2 3  2 6
Bình luận:
+ Đây là dạng tốn thuộc mức độ vận dụng, việc nhận ra hướng giải đòi hỏi học sinh phải
nắm chắc các khái niệm và tính chất của tích phân cũng như các phương pháp tính tích
phân.
+ Học sinh thường lúng túng, và dễ mắc sai lầm khi tách cận hoặc quên nhân thêm phân
3

1
1
số để tính I   f  t  dt dẫn đến có thể chọn các đáp án nhiễu
21
2
2

3

2

I   f  t  dt    t 2  2t  3 dt    t 2  1 dt 
1

1

1

3

2

20
3

3

1
1
1
17
hoặc I   f  t  dt    t 2  2t  3 dt    t 2  1 dt 
21
21
22
6
3

2

3









hoặc I   f  t  dt   t 2  2t  3 dt   t 2  1 dt 
1

1

2

Hướng phát triển:
/>
17
.
3


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Hướng phát triển 1: Biểu thức có chứa tham số. Sử dụng tính liên tục để tìm tham số.
Hướng phát triển 2: Sử dụng diện tích hình phẳng để tính tích phân.
Hướng phát triển 3: Tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Hướng phát triển 4: Sử dụng quy tắc tính tích phân.
Bài tập tương tự
Câu 1:

Cho hàm số

3x 2  2x  1
f (x )  
2ax  b


khi x  0
khi x  0

liên tục trên



thỏa mãn


2

 2 cos x  s inx  f (cosx  2 sin x )dx  2 . Giá trị của biểu thức P  2a  b

bằng

0

A. 8 .

B. 33 .

C. 25 .
Lời giải

D. 11 .

Chọn B

3x 2  2x  1
Ta có: f (x )  
2ax  b

hay b  1.

khi x  0
liên tục trên  khi hàm số liên tục tại x  0
khi x  0


2

Xét:

 2 cos x  s inx  f (cosx  2 sin x )dx  2 .
0

Đặt cosx  2 sin x  t  sin x  2 cos x dx  dt .
Ta có:

2



2 cos x  s inx  f (cosx  2 sin x )dx 

0



0

Câu 2:



f (t )dt 

1

2

  2ax  1dt   3x
1

0

2

2



1

2

f (t )dt   f (t )dt
0



 2x  1 dt  2  a  17.

0

Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi S1 và S 2 lần
lượt là diện tích của hai hình phẳng trong hình, biết S1  3 và S 2  7 . Tích phân

2

 cos x. f  5sin x  1 dx bằng
0

4
A.  .
5

B.

4
5

/>

C. 2 .

D. 2.


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Lời giải
Chọn A

2

Xét I   cos xf  5sin x  1 dx .
0

1
Đặt 5sin x  1  t  cos xdx  dt .
5
Với x  0  t  1

x

2

t 4

4

4

1

4

 I   f  t  1 dt  1  f  x  dx  1  f  x  dx  1  f  x  dx  1 S1  1   S 2    4 .
5

1

Câu 3:

Cho

hàm

5 1

số

5 1

51

 x2  m
y  f  x  
2 cos x  3

5

,x 0
,x 0

liên

5

tục

5

trên

.

Giá

trị


2

I   f  2 cos x  1  sin xdx bằng
0

A. 0 .

B.

1
.
3

C.

2
.
3

D.

1
.
3

Lời giải
Chọn C
Hàm số liên tục trên  nên ta có: lim f  x   lim f  x   f  0   m  1  m  1 .
x 0

x 0

x  0  t  1
1

Đặt t  2 cos x  1  dt  sin xdx . Đổi cận: 
.

2
x

t




1

2

2

Khi đó: I   f  2 cos x  1  sin xdx 
0

1
0
1
1

1
1
1
f
t
dt

f
x
dx

f


x
dx

f  x  dx 




  



2 1
2 1
2  1
0


0

Xét

 x  1  u  1
x
dx
f


x



du

dx
u

.
Đặt
.
Đổi
cận:
.




x  0  u  0
1
0

Suy ra

0

 f   x  dx   f  u  du   f  x  dx .

1

1

0

Vậy I 

Câu 4:

1

0

1

1
 1 1
2
1
f

x
dx

f
x
dx

f
x
dx

x 2  1 dx   .

.2
  
 

  



2  1
3
0
0
 2 0

1
e2
2 6
f  ln x 
 x  2 khi 0  x  2
Cho hàm số f  x    2
. Khi đó 
dx   xf x 2  1 dx bằng
x
1
 x  5 khi 2  x  5
3
19
37
27
A.

.
B.
.
C.
.
D. 5.
2
2
2
Lời giải
Chọn B



e2

Xét I1 


1

f  ln x 
1
dx. Đặt t  ln x  dt  dx
x
x

/>


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
x  1  t  0
Đổi cận 
2
x  e  t  2
2
2
e2
2
f  ln x 
 x2
2
1

Suy ra I1  
dx   f  t  dt =  f  x  dx    x  2  dx    2 x   5.
x
2

 4
0
1
0
0
0
2 6

Xét I 2 



xf





x 2  1 dx Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx.

3

 x  3  t  2
Đổi cận 
 x  2 6  t  5
2 6

Suy ra I 2 



xf



5



2

Vậy


1

f  ln x 
dx 
x

5

x  1 dx   f  t  tdt   f  x  xdx     x  5  xdx 
2

3
e2

5

2 6



xf



2



x 2  1 dx  5 

3

2

27
.
2

27 37
 .
2
2

Câu 42
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  2 và  z  2i  z  2  là số thuần ảo?
A. 1 .

B. 0 .

C. 2 .

D. 4 .

Faceboock: Phong Do – Huong Duong
Phân tích định hướng tìm lời giải:
- Đây là dạng tốn tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước, một bài toán ở mức độ vận

dụng
- Từ điều kiện cho trước thiết lập hệ phương trình liên quan đến x, y của số phức

z  x  yi  x ; y   
- Xác định  x; y  từ hệ đã cho hoặc chuyển về phương pháp hình học để giải quyết bài
toán.
Lời giải
Cách 1: Giả sử z  x  yi  x ; y     z  x  yi
Ta có:

 z  2i   z  2   x   y  2 i   x  2  yi   x  x  2  y  y  2   xy   x  2 y  2 i
 x 2  y 2  2
 x 2  y 2  2
Do đó u cầu bài tốn  
  2
2
 x  y  2 x  2 y  0
 x  y  2   x  y  2   0

1 3
 x 
2
 

1  3
 y 
2
2
2
2

2

x  y  2
2 y  2 y  1  0
 x  1  y  2

2
 
 
 
 

 x  y  1
2  2 x  2 y  0
x  y 1
1 3
 x 
2



1  3
 y 

2
 
/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Vậy có 2 số phức z thỏa mãn u cầu bài tốn.

Bình luận:
- Vì bài tốn hỏi có bao nhiêu số phức thỏa mãn điều kiện nên có thể dùng phương pháp
hình học dựa vào vị trí tương đối để tìm số giao điểm.
- HS phải nhận ra điểm mấu chốt của bài toán này là số điểm biểu diễn của số phức z
chính là số điểm chung của đường tròn và đường thẳng (hoặc đường trịn); và được xác
định dựa vào xét vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn hoặc vị trí tương đối
của hai đường trịn. Đây là câu hỏi kiểm tra kiến thức ở mức độ VD.
- Từ đó ta có cách giải khác như sau:
Cách 2: Đưa về tương giao của hai đường tròn
Giả sử z  x  yi  x ; y     z  x  yi
Ta có:

 z  2i   z  2   x   y  2 i   x  2  yi   x  x  2  y  y  2   xy   x  2 y  2 i
2
2
 x 2  y 2  2
(1)
 x  y  2
Do đó yêu cầu bài toán  
  2
2
 x  y  2 x  2 y  0 (2)
 x  y  2   x  y  2   0
Nhận xét: 1 là phương trình của đường trịn tâm O bán kính R1  2

 2

là phương trình của đường trịn tâm I 1; 1 bán kính R2  2

Ta có: 0  R1  R2  OI  2  R1  R2  2 2 nên hai đường trịn cắt nhau.

Vậy có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách 3: Đưa về tương giao giữa đường thẳng và đường tròn
 x 2  y 2  2
 x 2  y 2  2 (3)
Biến đổi đưa về hệ  2


2
 x  y  1  0 (4)
 x  y  2 x  2 y  0
Nhận xét:  3  là phương trình của đường trịn tâm O bán kính R  2

 4

là phương trình của đường thẳng d : x  y  1  0 .

1

1
 R  2 , suy ra đường thẳng cắt đường trịn tại hai điểm
2
2
Vậy có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Hướng phát triển:
Hướng phát triển 1:
Xét các số phức thỏa mãn điều kiện (cho một giả thiết về modun, một giả thiết về số thuần
ảo/ số thực) đưa về phương trình hoặc hệ phương trình.
Nếu cho giả thiết số thuần ảo thì chỉ cần xác định phần thực và cho bằng 0.
Nếu cho giả thiết là số thực thì chỉ cần xác định phần ảo và cho bằng 0.
Hướng phát triển 2:

Tìm các số phức thỏa mãn điều kiện bằng phương pháp modun hai vế
Hướng phát triển 3:
Xét các số phức thỏa mãn điều kiện đưa về phương trình hoặc hệ phương trình chứa tham
số
Hướng phát triển 4:
Tìm số các số phức z  x  yi,  x, y    thỏa mãn điều kiện đưa về được hệ bất phương
Ta có: d  O, d  



trình. Ta tìm quỹ tích các điểm biểu diễn số phức là miền hình phẳng giới hạn nào. Từ đó
đếm số điểm có tọa độ nguyên thỏa mãn.
/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Bài tập tương tự
Câu 1.





Cho số phức z thỏa mãn z  3i  z  1 và  z  1 z  2i là số thực. Tính z .
A. z  10 .

B. z  2 10 .

C. z 

10

.
5

D. z 

2 10
.
5

Lời giải
Giả sử z  x  yi

 x, y    .

z  3i  z  1  x   y  3  i  x  1  yi 

2

x 2   y  3 

 x  1

2

 y2

 x  3 y  4  0 1

 z  1  z  2i   ( x 2  y 2  x  2 y )   2 x  y  2  i là số thực

 2x  y  2  0  2

2

x

x  3y  4  0
2 10

5  z  2  6i

Từ 1 ,  2  ta có 
có z 
.
5 5
5
2 x  y  2  0
y  6

5
Câu 2.

2

Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  3  2i  2 2 và  z  i  là số thuần ảo?
A. 0 .

B. 4 .

C. 3 .

Lời giải

D. 2 .

Chọn C
Giả sử z  x  yi, ( x, y   )
2

2

z  3  2i  2 2   x  3   y  2   8 1

 x  y 1
2
2
 x 2   y  1  2 x( y  1)i là số thuần ảo  x 2   y  1  0  
 x  1  y
 x  y  1
TH1: Từ 1 ,  2  ta có: 
2
2
 x  3   y  2   8

 z  i

2

2

2

  y  2    y  2   8  y  0  x  1

 x  1  y
TH2: Từ 1 ,  3 ta có: 
2
2
 x  3   y  2   8
y  3 3
2
2
  y  4   y  2  8  y2  6 y  6  0  
 y  3  3
Vậy có 3 số phức thỏa mãn.
Câu 3.

Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  3i  1  iz và z  i 
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

5
là số thuần ảo?
z i
D. 4 .

Chọn C

Điều kiện: z  i
Đặt z  x  yi,  x, y     1  i z  1  i  x  yi   1  y  xi
2

2

z  3i  1  iz  x   y  3 i  1  y   xi  x 2   y  3  1  y   x 2
2

2

  y  3  1  y   y  2 .

Do đó z  x  2i  z  i  x  i .
/>
 2
 3


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Ta có
5 x  i 
5
5
5x  
5 
 xi
 xi 2
x 2
  1  2

i
z i
xi
x 1 
x 1  
x 1
(Chú ý: Ta tìm phần thực, cho bằng 0 nên phần ảo khơng cần tính)
x  0
x  0
5x
5
0 2

là số thuần ảo  x  2
z i 
x 1
z i
 x  2
x  4
Vậy tìm được 3 số phức thỏa mãn.
i i
Có bao nhiêu số phức z  x  yi,  x, y    thỏa mãn 1    0 và z  z . z  z  4 ?
z z
A. 2.
B. 1 .
C. 0 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn D
Điều kiện: z  0

i i
- 1    0  z.z  i( z  z )  0  x 2  y 2  2 y  0 1
z z
- z  z . z  z  4  x. y  1  2 
z i 

Câu 4.

 2 1
2
2
 x . y  1
x  y2
Từ 1 ,  2  ta có:  2


2
 x  y  2 y  0
3
 4
 y  2 y 1  0
Nhận xét: Vì y 4  2 y 3  1  0   y  1  y 3  y 2  y  1  0  có 2 nghiệm y khác 0 nên

có 4 giá trị của x . Vậy có 4 số phức thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 5.

Có bao nhiêu số phức z  x  yi,( x, y  ) thỏa mãn z  1  i  10 và
thuần ảo?
A. 2.

B. 1 .

C. 0 .
Lời giải

z
là một số
z2

D. 4 .

Chọn B
z  x  yi,( x, y  ) . Điều kiện z  2
2

2

z  1  i  10   x  1   y  1  10

1

z
x 2  y 2  2 x  2 yi

là số thuần ảo khi x 2  y 2  2 x  0
2
2
z2
 x  2  y

 2

2
2
 x  2; y  0
 x  1   y  1  10  y  2 x  4

 2

Từ 1 ,  2  ta có hệ: 
2
2
x  8 ; y  4
5 x  18 x  16  0
 x  y  2 x  0
5
5

Vì z  2 nên có 1 số phức thỏa mãn

Câu 6.

2

Có bao nhiêu số phức z  x  yi,( x, y  ) thỏa mãn z 3  2i z  0 ?
A. 1.

B. 2 .

C. 0 .

Lời giải

Chọn D
Cách 1: Lấy modun hai vế
z 0
3
2
2
Ta có: z 3  2i z  0  z  2 z  
 z  2
/>
D. 4 .


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
TH1: z  0  z 3  0  z  0 .
TH2: z  2
 z  2i

 z 3  2i z  0  z 3  8i  0   z  2i   z 2  2iz  4   0   z  3  i
z   3  i

2

Câu 7.

Vậy có 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán
Cách 2: Sử dụng hai số phức bằng nhau
z  0
2

z 3  2i z  0  z 3  2i.z.x  0   2
 z  2i z  0
 x  0; y  0
 x  0; y  2
2
2
 x  y  2 y  0
2
Xét: z  2iz  0  
 
x  3; y  1
2 x  y  1  0

 x   3; y  1
Vậy có 4 số phức thỏa mãn u cầu bài tốn.
m
Có bao nhiêu số phức z   1   3  m  i, (m  ) có phần thực, phần ảo là những giá
2
trị nguyên và z  i  10 ?
A. 1 .

B. 2 .

C. 5 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B
2

Với z 

m
2
m 
 1   3  m  i, (m  )  z  i  10    1   2  m   10
2
2


 5m 2  12m  20  0 

Câu 8.

6  2 34
6  2 34
m
5
5

Vì số phức z có phần thực, phần ảo là những giá trị nguyên nên

m  

m  0

m 2
m  2


6
2
34
6

2
34


m

5
5
Vậy có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m  S có đúng một số phức thỏa mãn

z  m  9 và
A. 6 .

z
là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của tập S.
z6

B. 12 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn C
Gọi z  x  iy với x , y   . Điều kiện z  6 .

 x  iy  x  6  iy   x  x  6  y2  6iy .
z
x  iy


Ta có
2
2
z  6 x  6  iy
 x  6  y 2
 x  6  y 2
Do đó

2
z
là số thuần ảo khi x  x  6   y 2  0   x  3  y 2  9.
z6

/>
D. 2 4 .


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
2

Mặt khác z  m  9   x  m   y 2  81
Để có đúng một số phức thỏa mãn u cầu bài tốn thì hệ phương trình
 x  3 2  y 2  9
có đúng một nghiệm hoặc hai nghiệm trong đó có một nghiệm  6;0


2
2

81
x
m

y




Xét trường hợp hệ có nghiệm  6;0
 m  3
2
Ta có:  6  m   81  
khơng thỏa mãn vì hai đường trịn trên tiếp xúc nhau tại
 m  15

 6;0
 m  3
Xét TH 
 m  15
2
2
Nghĩa là hai đường tròn  C1  :  x  3  y 2  9 và  C2  :  x  m   y 2  81 tiếp xúc nhau.
Xét  C1  có tâm I1  3;0 bán kính

R1 3 và  C2  có tâm I2  m;0 bán kính R2  9.

 m3  6
 I1I 2  R1  R2
 m 9; 9 .

Cần có 
 I1I 2  R1  R2
 m  3  12
Vậy tổng là 9  (  9)  0 .
Câu 9.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m10;100 để tồn tại số phức
2

z

đồng thời

2

thỏa mãn z  2  4 i  z  2 i và z  2  i  z  3i  m ?
A. 68 .

B. 78 .

C. 86 .
Lời giải

D. 87 .

Chọn D

 x, y  .

Gọi z  x  yi

Ta có: z  2  4i  z  2i  x  2   y  4  i  x   2  y  i
2

2

2

  x  2   y  4  x2   2  y   x  y  4 .
2

2

2

2

Mặt khác z  2  i  z  3i  m  x  2   y 1 i  x   3  y  i  m
2

2

2

  x  2    y  1  x 2   3  y   m

 x2  4 x  4  y 2  2 y  1  x2  9  6 y  y 2  m
 2  x2  y 2  2 x  2 y  7   m
 2  x2  y2   m  2

 do x  y  4 

 x  y  4
thỏa mãn yêu cầu  
có nghiệm thực
2
2
2 x  y  m  2
2
 2  x 2  y 2   m  2   x  y   16  m  14 .

Để tồn tại số phức

z





Vì m   & m 10;100  m 14;15;...;100 .
Vậy có 87 giá trị
Câu 10.

m

nguyên thỏa mãn.

Có bao nhiêu số phức z  x  yi,  x, y    thỏa mãn: z  2  3i  z  i  2  3
A. 11 .

B. 5 .

C. 10 .
Lời giải

/>
D. 9 .


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Chọn A
 z  2  3i  z  i  2
 y  2  0

z  2  3i  z  i  2  3  
2
2
 x  2    y  1  9
 z  i  2  3

Dựa vào miền phẳng giới hạn bởi hệ có 11 số phức thỏa mãn
Có bao nhiêu số phức z  x  yi , ( x , y   ) thỏa mãn 2 z  i  z  z  3i và z  z có

Câu 11.

phần ảo khơng âm?
A. 1 .

B. 2.
Lời giải

D. 4.

C. 3.

Chọn D
2
Ta có: 2 z  i  z  z  3i 2 x  y  1



2





2

2 y  3

2
2
4 x2   y  1   2 y  3




 4 x 2  4 y 2  8 y  4  4 y 2  12 y  9 .
5
 4 y  4 x 2  5  y   x 2 
1
4

Số phức z  z  2yi có phần ảo không âm y  0 2 .





5

2
 y  x 
1
,
2
Từ     ta có hệ 
4

 y  0
Dựa vào miền phẳng giới hạn bởi hệ có 4 số phức thỏa mãn.
Câu 43
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a ,
cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SA và
mặt phẳng  SBC  bằng 45 (tham khảo hình vẽ). Thể tích của

khối chóp S.ABC bằng
a3
.
A.
8

3a 3
B.
.
8

3a 3
C.
.
12

D.

a3
.
4

Faceboock: Nguyễn Ngọc Chi – Bình Hồng – Nguyen Trong Chanh – Nguyễn Ngọc Hóa
/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

Phân tích định hướng tìm lời giải:
Bài tốn trên là bài tốn về tính thể tích khối chóp liên quan góc giữa một đường thẳng
và mặt phẳng. Thơng thường đề bài hay cho góc giữa một cạnh bên và mặt đáy của hình

chóp liên quan đến chân đường cao của hình chóp, tức hình chiếu của đường thẳng lên
mặt phẳng tương đối dễ xác định, thì dạng bài này đề lại cho góc giữa một đường thẳng
và mặt phẳng mà tương đối khó xác định hình chiếu của đường lên mặt hơn. Khi xác định
được góc giữa đường thẳng và mặt phẳng suy ra độ dài đường cao, từ đó tính thể tích
khối chóp. Để làm tốt được bài tập dạng này các em cần nắm chắc phương pháp xác định
góc giữa đường thẳng và mặt phẳng sau đây.
Phương pháp xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:



Bước 1: Xác định giao điểm N     P   Giao điểm tại đâu đỉnh của góc tại đó.



Bước 2: Lấy điểm M  sao cho M  N , sau đó hạ MH vng góc mặt phẳng  P 
tại H . (Bước này là bước khó xác định nhất khi làm bài).

  .
Bước 3: Nối H với N suy ra 
 ;  P    MNH

Lời giải
Chọn A

 BC  AM
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có 
 BC   SAM    SBC    SAM 
 BC  SA
Dựng AH vng góc với SM . Do  SBC    SAM   AH   SBC  .
Góc giữa SA và mặt phẳng  SBC  là góc

Theo giả thiết ta có
Ta có SA  AM 


ASH hay 
ASM


ASM  45 vì vậy tam giác SAM vng cân tại A .

a 3
.
2

/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
1 a 3 a 2 3 a3
1
.
 .
Thể tích khối chóp S. ABC bằng V  .SA.SABC  .
3
3 2
4
8
Bình luận:
- Bài tốn trên ở mức vận dụng (mức 3), kết hợp hai đơn vị kiến thức là xác định góc giữa
đường với mặt (yếu tố then chốt) và tính thể tích khối chóp. Học sinh cần nắm rõ và vận
dụng được chương góc – khoảng cách trong chương trình lớp 11 để có thể giải quyết được

dạng toán này.
Hướng phát triển:
Hướng 1: Xây dựng bài tốn tính góc giữa một cạnh bên với một mặt bên chứa đường cao.
Hướng 2: Xây dựng các bài tốn tính góc giữa một cạnh đáy và một mặt bên khơng chứa
đường cao.
Bài tập tương tự
Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a . Cạnh bên SA vng góc với
mặt phẳng đáy, cạnh bên SC tạo với mặt phẳng SAB  một góc 30 . Thể tích của khối
chóp đó bằng
A.

a3 3
.
3

B.

a3 2
.
4

a3 2
.
2
Lời giải
C.

D.

a3 2

.
3

Chọn D

 BC  SA
Ta có: 
 BC   SAB   SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  SAB  .
 BC  AB


  30 .
  SC,  SAB   
SC, SB  CSB
Xét tam giác SBC vng tại B có

SB  BC.cot300  a 3 .

Xét tam giác SAB vuông tại A có SA  SB 2  AB 2 

1
3

1
3

2
2
Mà SABCD  AB.BC  a . Vậy V  S ABCD .SA  .a .a 2 

/>
a 3 

2

a3 2
.
3

 a2  a 2 .


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Câu 2:

Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vng cân
đỉnh C , AB  2a , cạnh bên SA vng góc với mặt
phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng  SAB  bằng

30 ( tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối chóp
S. ABC bằng

a3
A. .
3
6.a 3
C.
.
3

B.

2.a 3
.
3

D.

6.a3 .
Lời giải

Chọn B

Gọi H là trung điểm AB  AH  BH  a . Khi đó CH  AB (do ABC cân tại C )
Ta có:
CH  AB
CH  SA

 CH   SAB 

 AB  SA  A
 AB, SA   SAB 

hay SH là hình chiếu vng góc của SC lên mặt phẳng  SAB  .
  30 0 .
Suy ra 
SC ,  SAB    CSH

Tam giác ABC vng tại C nên ta có:
CH 

1
1
AB 2 a

 a  S  ABC  CH . AB  .a , 2 a  a 2
2
2
2
2

Tam giác SHC vng tại H nên ta có:

SH  CH.cot300  a 3 .

Tam giác SAH vuông tại A nên ta có: SA  SH 2  AH 2 

a 3 

2

 a2  a 2 .

a3 2
.
3
ACB  1200 , cạnh bên SA vng góc với đáy.
Cho hình chóp S. ABC có AC  a , BC  2a , 
Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  SAB  góc 3 0 0 . Tính thể tích của khối chóp S. ABC
1

3

1
3

2
Vậy VS . ABC  SA.SABC  .a 2.a 

Câu 3:

a3 105
A.
.
7

a3 105
B.
.
28

/>
a3 105
C.
.
21

a3 105
D.
.
42

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Lời giải
Chọn D

Ta SABC

1
1
3 a2 3


 AC.BC.sin ACB  .a.2a.
2
2
2
2

ACB  7a
Xét tam giác ABC ta có AB  AC  BC  2AC.BC.cos 
Gọi H là hình chiếu vng góc của C lên AB khi đó do đường thẳng SC tạo với mặt
2

phẳng  SAB  góc 3 0 0 nên

Câu 4:

2

2

2

  300 .
CSH

1
a2 3
a 21
 CH 
Xét ABC ta có .CH . AB 
.
2
7
2
CH
2a 21

Xét SCH vng tại H ta có SC 
.
0
7
sin 30
a 35
2
2
Xét  SAC vng tại A ta có SA  SC  AC 
.
7

1
1 a 35 a 2 3 a3 105
.

Vậy VSABC  .SA.SABC  .
.
3 7
2
42
3
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , BC  a 3 . Cạnh bên
SA vng góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Tính
thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a .

2 6a3
A. V 
.
3

2a3
B. V 
.
3

C.

3

V  3a .

3a3
D. V 
.
3

Lời giải
Chọn A

 BC  SA
Ta có: 
 BC   SAB   SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  SAB  .
 BC  AB
/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

  30 .
  SC,  SAB   
SC, SB  CSB
Xét tam giác SBC vng tại B có tan 30   BC  SB  3a .
SB

2
2
Xét tam giác SAB vuông tại A có SA  SB  AB  2a 2 .
2
Mà S ABCD  AB.BC  a 3 .

Câu 5:

1
2a3 6
Vậy V  S ABCD .SA 
.
3
3
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B . AB  BC  a ,
AD  2a ; cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng  ABCD (tham khảo hình vẽ bên). Góc
giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  SAD  bằng 3 0 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD
.

a3 3
A.
.
6

a3 3
B.
.
2

a3 2
C.
.
3

a3 2
D.
.
2

. Lời giải

Chọn D
Gọi E là trung điểm của AD thì ta dễ dàng chứng minh ABCE là hình vuông
 CE  AB  a
CE  AD
 CE   SAD   
SC ,  SAD   
CSE  300 .
Ta có: 
CE  SA



Diện tích mặt đáy là: S ABCD 



 AD  BC  AB   2a  a  a  3a 2 .

2
2
2
0
Tam giác SCE vng tại E nên ta có: SE  CE.cot 30  a 3 .

Tam giác SAE vuông tại A nên ta có: SA  SE 2  AE 2 
1
3a 2 a 3 2

1
Vậy VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a 2.
.

3
3
2
2
/>
a 3

2

 a2  a 2 .


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Câu 6:

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều với đáy lớn AD  6 a . SA
vng góc với mặt phẳng đáy. Biết góc giữa SD và mặt phẳng  SAB  bằng 450 . Thể
tích khối chóp S . ABCD bằng

A.

27a 3 6
.
4

B.

9a3 3
.
4

27a3 2
.
4

C.

D.

9a3 2
.
4

Lời giải
Chọn A

ABD  90 (góc chắn nửa đường trịn).
Do đáy ABCD là nửa lục giác đều nên 
 BD  SA
Ta có: 
 BD   SAB  . Suy ra SB là hình chiếu vng góc của SD lên mặt
 BD  AB
0

  45 0 .
phẳng  SAB  nên 

SD ,  SAB    DSB
2

Diện tích mặt đáy là: S ABCD  3.SOAB  3. 3a  .

3 27a2 3

.
4
4
2

2
2
Tam giác ABD vuông tại B nên ta có: BD  AD  AB 

Tam giác SBD vng cân tại B nên ta có:

1
3

1
3

Câu 7:

2

 3a 3 .

SB  BD  3a 3 .

Tam giác SAB vuông tại A nên ta có: SA  SB 2  AB 2 
Vậy VS . ABCD  .SA.S ABCD  .3a 2.

 6a   3a

 3a 3 

2

2

  3 a   3a 2 .

27a2 3 27a3 6

4
4

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SAvng góc với mặt phẳng đáy.
Biết góc giữa AC và mặt phẳng  SCD bằng 3 0 0 . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng
3
A. a .
3

a3 3
B.
.
12

/>
C.

a3 3 .

D. a 3 .


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Lời giải
Chọn A

Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh SD .
CD  AD ( ABCDlà h.vuông )
CD SAD CD  AH .
Ta có 

CD  SA  SA   ABCD

 AH  CD
Do đó 
 AH   SCD  . Vậy hình chiếu vng góc của AC trên mặt phẳng
 AH  SD

 SCD là HC . Suy ra góc giữa
Vì ABCD là hình vng cạnh

ACH . Theo giả thiết ta có 
ACH  300 .

AC và  SCD là 

nên A C  a 2 .
Xét tam giác AHC vng tại H (vì AH   SCD ) có:
a

AH
a 2
 AH  AC.sin 
ACH  a 2.sin300 
.
AC
2
Xét tam giác SAD vng tại A có chiều cao AH nên
sin 
ACH 

1
1
1
1
1
2
1
1
1






 2  2  2  SA  a .
2
2
2
2
2
2
AH
AS
AD
SA
AH
AD
a
a
a
3
Vậy V S . ABC D  1 .SA.S ABC D  1 .a .a 2  a .

3

Câu 8:

3

3

[THI-THU-SỞ HỊA BÌNH-2020-2021] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng
cạnh a . Hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng  ABCD trùng với trung điểm của

cạnh AB . Góc giữa SC và  SAB  bằng 3 0 0 .Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng

a 3 11
.
A.
2

a 3 11
.
B.
4

a 3 11
.
C.
3
Lời giải

Chọn D

/>
a 3 11
.
D.
6


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Gọi H là trung điểm của AB . Từ giả thiết suy ra SH   ABCD .

CB  BA
Ta có :


  CB   SAB  SB là hình chiếu của SC trên
CB  SA do SA   ABCD  



  300.
SC, SB  BSC
 SAB  . Suy ra  SC,  SAB   
Trong tam giác vuông SBC có : tan 30 0  BC  SB 
SB

2

2

Trong tam giác vng SBH có : SH  SB  BH 

BC
 a 3.
0
tan 30
2

 a  a 11
.
a 3   

2
 2

 

2

3

a 11 a 11

.
2
6
[Sở-GDĐT-Thái-Ngun-L2-NH-2020-2021]Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
ABC  60o , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SA
hình thoi cạnh a, 
1
3

1
3

2

Thể tích của khối chóp S.ABCD : VS . ABCD  .SABCD .SH  .a .
Câu 9:

và mặt phẳng  SCD bằng 4 5 o (tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối chóp S.ABCD
bằng

a3
.
A.
8

3a3
.
B.
4

a3
.
C.
4

a3 3
.
D.
4

Lời giải
Chọn C

Ta có tam giác ACD đều cạnh a . Gọi E là trung điểm CD.
CD  SA
 AK  CD
Kẻ AK  SE. Do 
 CD   SAE   
 AK   SCD   45o  

ASK .
CD

AE
AK

SE



a 3
1
1 a 2 3 a 3 a3
 SA  AE 
.
 .
. Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SA  .
3 2
2
4
2
3
/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Câu 44
Ơng Bình làm lan can ban cơng ngơi nhà của mình bằng một
tấm kính cường lực. Tấm kính đó là một phần của mặt xung
quanh của một hình trụ như hình bên. Biết giá tiền của 1m 2
kính như trên là 1.500.000 đồng. Hỏi số tiền (làm trịn đến

hàng nghìn) mà ơng Bình mua tấm kính trên là bao nhiêu?
A. 23.591.000 đồng.

B. 36.173.000 đồng.

C. 9.437.000 đồng.

D. 4.718.000 đồng.
Faceboock: Huỳnh Văn Ánh – Phong Do

Phân tích và định hướng tìm lời giải:
- Đây là tình thực tiễn liên qua đến các kiến thức mà các em đã được học về vấn đề diện
tích của mặt trịn xoay;
- Để giải quyết được tình huống trên các em phải thực hiện thông qua các bước sau:
Bước 1. Xác định yêu cầu của bài toán thực tiễn;
Bước 2. Tổ chức cho học sinh phân tích và làm rõ các “cụm từ” có nghĩa trong bài tốn
thực tiễn trong mơ hình Tốn học;
Bước 3. Đề xuất giải pháp giải quyết bài tốn thực tiễn(trong mơ hình Tốn học);
Bước 4. Thực hiện giải pháp(trong mơ hình Tốn học);
Bước 5. Chuyển kết quả trong mơ hình tốn học sang lời giải của bài tốn thực tiễn.
Lời giải
Chọn C
Bán kính của đường tròn đáy là R 

4, 45
 4, 45m .
2 sin 150 

Vì dây cung bằng bán kính nên mép trên của tấm kính là cung trịn có số đo 60 của
đường trịn đáy.

Do đó diện tích tấm kính bằng 1 diện tích xung quang của hình trụ có chiều cao 1, 3 5 m
6

và bán kính đáy R  4, 45m .
Số tiền mà ơng Bình mua tấm kính trên là
T 

1
1
.2 Rh.1500000  .2 .4, 45.1, 35.1500000  9437000 đồng.
6
6

Cách 2:
A
150
B

4,45 m

C

I

Gọi đường trịn tâm I bán kính R (như hình vẽ). Ta sẽ tính độ dài cung nhỏ BC.
Áp dụng đính lí sin trong tam giác ABC ta có R 
/>
BC
2 sin 150

0



89 .
20


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
IB 2  IC 2  BC 2 R 2  R 2  BC 2 1



  I  .
Trong tam giác IBC có cos I 
2
2 IB.I C
2
3
2R
Độ dài cung nhỏ BC là l   .R  89  ( m ).

60
Diện tích phần kính là l .1, 35  801  .
400
801
Số tiền mua tấm kính là
 .1.500.000  9436558, 933 .
400
3

Bình luận:
- Đây là là một tình huống xảy ra trong thực tiễn, để giải quyết tình huống này địi hỏi các
em phải có năng lực mơ hình hóa tốn học. Nghĩa là, các em phải lựa chọn mơ hình tốn
đã học phù hợp với tình huống thực tiễn để phát biểu tình huống xảy ra thành bài tốn
trong mơ hình tốn học; giải quyết bài tốn tốn học. Từ đó, chuyển kết quả trong mơ
hình tốn học sang lời giải bài toán thực tiễn. Đây là bài toán kiểm tra mức độ VDC
Hướng phát triển bài toán
Hướng 1. Sử dụng mơ hình tốn học các kiến thức liên quan đến mặt trụ, mặt cầu;
Hướng 2. Sử dụng mơ hình toán học các kiến thức liên quan đến khối trụ, khối chóp;
Bài tập tương tự
Câu 1: Ơng A được nhà nước cho thuê 100 ha đất trồng rừng Thông với thời gian 10 năm thu
hoạch. Biết sau 10 năm cây trưởng thành với chiều cao khoảng 15 m và khi thu hoạch
thì với mỗi cây Thơng đạt chuẩn thu hoạch được 1 khối gỗ loại I hình trụ có chiều cao
5 m chu vi vòng tròn thân 2 m và được 1 khối gỗ loại II hình trụ có chiều cao 4 m chu
vi vòng tròn thân 1,4 m .Với mỗi 1 m 3 gỗ thu hoạch loại I , loại II lãi tương ứng được
150 và 100 ngàn đồng. Biết 1 ha trung bình có 100 cây thu hoạch. Hỏi sau khi thu hoạch
ông A lãi với số tiền gần bằng:
A. 2.500.000.000 .
B. 3.000.000.000 .
C. 3.500.000.000 .
D. 4.000.000.000
Lời giải
Chọn B
Gọi

R1, R2 lần lược là bán bính khối gỗ loại I và loại II

1


R1 

 2 R1  2


Ta có: 

2

R

1,
4
2

 R  0.7
 2


Vậy

mỗi

V2   R2
Vậy:

2

cây

 0, 7 
.4 


tổng

2

thu
.4

hoạch

được V1   R12 .5  5


m 
3

gỗ

loại

I

và

 m  gỗ loại II
3

số

tiền

thu

sau

thu

hoạch

là:

T V1.100.100.150000 V2.100.100.100000  3011211600 .
Câu 2:

Một cơ sở sản xuất bể cá không nắp với chiều cao BB bằng cạnh bên BA bằng 0, 7 m
như hình vẽ. Biết 3 mặt xung quanh và mặt đáy được được đúc bằng nhựa cao cấp với
chi phí 100000 / m 2 , mặt cong phía trước dùng chất liệu kính dẽo cao cấp với giá
200000 / m 2 . Với thiết kế sao cho cung DM là một phần của đường trịn ngoại tiếp hình

AMB 30 . Hỏi cơ sở sản xuất được tối đa bao
chữ nhật ABCD và M thuộc cung AD , 
nhiêu bể cá với số tiền 200000000 đồng
/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

A. 620 .

Lời giải
Chọn B

B. 624 .

C. 628 .

D. 608


  60 DIA
 120
AMB  30  
ACB  DCA
Xét BAM ta có: AB  2 R  R  AB  0, 7  BC  AB 3   0,7  . 3
Ta có:

sin M

Diện tích mặt đáy: S d   R 2  3 S ABCD   (0, 7) 2  3  0, 7 2 3
3

4

3

2

Diện tích phần nhưa là S1  2.  0, 7    0, 7 

4

2

3


3

(0, 7) 2 

3
2
 0, 7  3
4

Diện tích phần kính S 2  2 R .h  2 .  0, 7 2
3
3
Vậy tổng số tiền cho một sản phẩm là

T  S1.100000  S2.200000  320216

Vậy với số tiền 200000000 thì cơ sở sản xuất tối đa được 200000000  624 cái.
320216

Câu 3:

[THPT-THỊ-XÃ-QUẢNG-TRỊ-2021] Để chế tạo ra một cái đinh ốc, người ta đúc một
vật bằng thép có dạng như hình vẽ bên. Trong đó, phần phía trên có dạng là một hình

lăng trụ lục giác đều có chiều cao bằng 3cm và độ dài cạnh đáy bằng 4cm ; phần phía
dưới có dạng một hình trụ có trục trùng với trục của lăng trụ đều phái trên, chiều cao
bằng 12cm và chu vi đường tròn đáy bằng một nữa chu vi đáy của lăng trụ. Biết mỗi m3
thép có giá là m triệu đồng. Khi đó, giá nguyên liệu để làm một vật như trên gần nhất
với kết quả nào dưới đây?

A. 262, 2 m đồng.

B. 537, 2 m đồng.

/>
C. 26, 22 m đồng.

D. 5 3, 7 2 m đồng.


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Lời giải
Chọn A
Gọi V,V1,V2 lần lượt là thể tích của vật thể, thể tích của hình lăng trụ phía trên và thể tích
hình trụ phía dưới. Ta có: V1  hLT .S  3.6.

42 3
 72 3  cm3  .
4

Chu vi lục giác đều là: 6.4  24cm .
Suy ra chu vi của đường tròn đáy là C  12 cm  2 R  R  6 ( R bán kính đường trịn

đáy).

2

432
6
Do đó: V2   R 2 .hT     .12 
cm 3  .


 

Khi đó: V  V1  V2  72 3  432  cm 3  .





Giá nguyên liệu để làm vật thể là: T  V .m   72 3 
Câu 4:

432 
m  262,2m đồng.
 

[ĐỀ-THI-CHINH-PHỤC-MƠN-TỐN-VTV7-LẦN-1-2021] Để chuẩn bị cổ vũ cho đội
tuyển Việt Nam tham dự vòng loại thứ ba World Cup 2022. Một hội cổ động viên dự
định trang trí 1000 chiếc nón là với cách sơn như sau: Tính theo độ dài đường sinh của
chiếc nón lá là 40 cm, kể từ đỉnh nón cứ 8cm thì sơn màu đỏ, màu vàng xen kẽ nhau
như hình minh họa, sau đó dán 20 ngơi sao vàng vào mỗi chiếc nón.

Biết rằng đường kính của đường trịn đáy nón 40 cm, mỗi ngôi sao vàng giá 200 đồng,

sơn màu vàng giá 5000 đồng/ m2 , sơn màu đỏ giá 4000 đồng/ m2 . Hỏi giá thành để trang
trí 1000 chiếc nón lá đó gần với số tiền nào sau đây?
A. 5105840 đồng.
B. 5105841 đồng.
C. 5156106 đồng.
D. 5156107 đồng.
Lời giải
Chọn B
Hình nón đã cho có độ dài đường sinh là   0, 4 m và bán kính đường trịn đáy là r  0, 2
m. Khi đó cắt hình nón theo một đường sinh rồi trải phẳng, ta được một hình quạt có
bán kính  và độ dài cung trịn tương ứng là 2 r    , hay ta được một nửa hình trịn
trịn bán kính  .

/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
Khi đó, trên bán kính của nửa hình trịn, mỗi dải màu có độ dài  . Suy ra tổng diện tích
5

2

2

2

2

1 2  4   3   2   1     2
              
.

2
5
 5   5   5   5  
2
2
2
2
1 2   4   3   2   1   3 2
.
Tổng diện tích phần màu đỏ là:   1              
2
  5   5   5   5   10
Vậy tổng số tiền trang trí 1000 chiếc nón là


 2
3  2
1000  5000 
 4000 
 20  200   5105841 đồng.
phần màu vàng là:

5



10



Câu 45
Trong không gian O xyz , cho mặt phẳng
d1 :

 P  : 2x  2y  z  3  0

và hai đường thẳng

x1 y z1
, d 2 : x  2  y  z  1 . Đường thẳng vng góc với P , đồng thời cắt cả
 
2
1
2
1
2
1

 

d1 và d2 có phương trình là
A. x  3  y  2  z  2 .

B. x  2  y  2  z  1 .

C. x  1  y  z  1 .

D. x  2  y  1  z  2 .

2

2

2

2

1

3

1

2

2

2

2

1

Faceboock: Nguyễn Khắc Thành – Nguyễn Văn Viễn – Uyen Hoang
Phân tích và định hướng tìm lời giải:
- Đây là bài tốn lập phương trình đường thẳng thỏa mãn điều kiện cho trước.
- Để lập phương trình đường thẳng chúng ta cần xác định một điểm nó đi qua và một
véctơ chỉ phương. Để xác định hai yếu tố trên chúng ta thực hiện thông qua các bước
sau:

d1 , d2 lần lượt tại M và N . Khi đó tọa độ của các điểm M và N
theo thứ tự thỏa mãn phương trình tham số của d1 và d2 .
Bước 1: Giả sử  cắt

Bước 2: Đường thẳng    P  dẫn đến VTCP của  và VTPT của  P  cùng phương.
Dựa vào điều kiện cùng phương của hai véc tơ ta tìm được tọa độ các điểm M , N .
Bước 3: Đường thẳng  đi qua hai điểm M và N .
Lời giải
Chọn A

Gọi M và N lần lượt là giao điểm của  với

d1 và d2 .

Vì M  d1  M  2m  1; m;  2m 1 và N  d2  N  n  2; 2n;  n 1 .
/>

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

Ta có MN   n  2m  1; 2n  m;  n  2m .



Vì    P  nên M N cùng phương với n P    2; 2;  1 .

m  n  1
m  0
n  2m  1 2n  m  n  2m





.
2
2
1
2m  n  1 n  1
Đường thẳng  đi qua M 1;0; 1 , N  3;2; 2 và có véctơ chỉ phương là

MN   2; 2; 1 nên
Do đó

có phương trình là x  3  y  2  z  2 .
2

2

1

Bình luận:
- Đây là câu hỏi ở mức độ vận dụng nội dung xoay quanh các kiến thức về điểm, đường
thẳng, mặt phẳng.
- Để giải tốt được các câu hỏi về dạng này người học cần nắm vững được các kiến thức
liên quan đến hệ tọa độ trong không gian như : Tọa độ của điểm, tọa độ của véc tơ, các
véc tơ cùng phương, vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt phẳng, vị trí tương đối
giữa hai đường thẳng. Ngồi ra người học cần có được các kỹ năng như : Kỹ năng tham
số hóa tọa độ của một điểm khi biết điểm đó thuộc đường thẳng có phương trình tham số
(hoặc chính tắc) cho trước ; kỹ năng sử dụng các phép toán cơ bản của véc tơ ; kỹ năng sử
dụng các công thức liên quan đến khoảng cách ; …
- Người học cần nắm vững được cách giải các dạng toán cơ bản như : Viết phương trình

đường thẳng đi qua một điểm đồng thời cắt hai đường thẳng phân biệt cho trước ; viết
phương trình đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước đồng thời cắt hai
đường thẳng phân biệt cho trước ; viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm
đồng thời vng góc với hai đường thẳng phân biệt cho trước ;…
Hướng phát triển:
Hướng 1: Viết phương trình đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước
đồng thời cắt hai đường thẳng phân biệt cho trước.
Hướng 2: Viết phương trình đường thẳng vng góc với một đường thẳng cho trước
đồng thời cắt hai đường thẳng phân biệt cho trước
Hướng 3: Viết phương trình đường thẳng đi qua 1 điểm đồng thời cắt hai đường thẳng
phân biệt cho trước
Hướng 4: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A đồng thời cắt
với đường thẳng

d1 và vng góc

d2 .

Bài tập tương tự
Câu 1:

 x  1  3t
x  3 y 1 z  2



, d 2 :  y  2t ,
Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng d1 :
2
1

2
 z  4  t

d3 :

x3 y2 z

 . Đường thẳng song song với
6
4
1

d3 và cắt đồng thời d1, d2 có phương

trình là
A. x  1  y  z  4 .
4

1

6

/>
B. x  1  y  z  4 .
4

1

6